Problemas resueltos
Integración múltiple: integrales dobles I SABEL M ARRERO Departamento de Análisis Matemático Universidad Universidad de La Laguna
Índice 1. Probl Problem ema a1
1
2. Probl Problem ema a2
2
3. Probl Problem ema a3
3
4. Probl Problem ema a4
4
5. Probl Problem ema a5
6
6. Probl Problem ema a6
7
7. Probl Problem ema a7
8
8. Probl Problem ema a8
9
9. Probl Problem ema a9
10
10. Problema 10
11
11. Problema 11
12
12. Problema 12
13
13. Problema 13
14
14. Problema 14
15
15. Problema 15
16
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C ÁLCULO I NTEGRAL V ECTORIAL
I NTEGRACIÓN MÚLTIPLE : INTEGRALES DOBLES
1.
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Problema 1 Dibujar la región de integración y cambiar el orden en la integral 1
| | −1
1
Solución:
− 0
dy
−
√ 1
y
√ f ( x, y) dx + y
x
dx
y
dy
0
y
x2
f ( x, y) dy.
f ( x, y) dx .
R ESOLUCIÓN. La región de integración se muestra en la Figura 1.
Figura 1.
√
Toda recta horizontal entre 0 y 1 entra en el dominio en un punto de abscisa x = − y y sale en un punto
√
de abscisa x = − y, para volver a entrar en un punto de abscisa x = y y salir en un punto de abscisa x = y. Por tanto, la integral se reescribe en la forma 1
− 0
y
dy
−
√ f ( x, y) dx + y
√ 1
0
y
dy
f ( x, y) dx .
y
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2.
I. M ARRERO
Problema 2 Calcular
D
( x2 y) dx dy,
−
siendo D la región comprendida entre la gráfica de las parábolas y = − x2 , y = x2 y las rectas x = −1, x = 1. Solución:
4 . 5
R ESOLUCIÓN. El recinto de integración D se muestra en la Figura 2.
Figura 2.
Se trata de una región de tipo I. Por tanto, podemos calcular la integral pedida escribiendo:
D
( x
2
x2
1
− y) dx dy =
−1
dx
− x2
( x
2
1
− y) dy =
−1
2
x y
y2
−2
x2
− x2
1
dx =
2
x4 dx =
−1
4 . 5
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I NTEGRACIÓN MÚLTIPLE : INTEGRALES DOBLES
3.
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Problema 3 Hallar
xy dx dy,
D
siendo D el conjunto de los puntos ( x, y) ∈ R2 que satisfacen 0 ≤ y ≤ x + 2, 4 x2 + 9 y2 ≤ 36. Solución:
23 . 6
R ESOLUCIÓN. El recinto D (Figura 3) es de tipo II.
Figura 3.
La intersección de la recta y = x + 2 y la elipse 4 x2 + 9 y2 = 36 se produce en el punto de ordenada y = 2. Consiguientemente,
√ −
3 4 y2 /2
2
xy dx dy =
D
0
y dy
y
−2
1 x dx = 2
2
− 13 0
4
1 y dy = 2
3 +4 2 +5
y
y
−
13 4 4 3 5 2 y + y + y 16 3 2
2
= 0
23 . 6
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4.
I. M ARRERO
Problema 4 Sea D el triángulo de vértices (0, 0), (0, 2), (2, 0) en el plano OUV y sea T la transformación de OUV en
OXY definida por las ecuaciones x = u + v, y = v
− u2 . Esbozar T ( D) y calcular su área mediante una integral
doble: (a) extendida a D; (b) extendida a T ( D).
Solución:
14 . 3
R ESOLUCIÓN. Los lados de D se hallan sobre las rectas u = 0, v = 0 y u + v = 2 (Figura 4a). En consecuencia, T ( D) estará
delimitado por las imágenes de estas rectas según T , que se encuentran sobre las curvas y = x ,
y = x2 y x = 2,
−
respectivamente (Figura 4b).
Figura 4a. Recinto D. Figura 4b. Recinto T ( D).
El área de T ( D) viene dada por
|T ( D)| =
T ( D)
dx dy.
Para responder (a), calculamos esta integral aplicando el teorema del cambio de variables, teniendo en cuenta que el jacobiano de T es (en valor absoluto) | J (u, v)| = 1 + 2u (0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2 − u):
|T ( D)|
=
1
T ( D)
2
=
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0
dx dy =
( + 2u)(2
1
( + 2u) du dv =
D
2
− u) du =
2 u
du
0
0
(1 + 2u) dv
3u2 2u3 ( + 3u − 2u ) du = 2u + − 3 2
2 0
2
− 2
2
= 0
14 . 3
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Para responder (b), calculamos la misma integral directamente:
|T ( D)| =
T ( D)
2
dx dy =
0
2
x
dx
− x2
dy =
0
2
( x + x ) dx =
x2
2
+
x 3
3
2
8 3
= 2 + = 0
14 . 3
Como cabía esperar, los resultados obtenidos coinciden.
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5.
I. M ARRERO
Problema 5 Utilizar el cambio de variables x = u1/3 v2/3 , y = u2/3 v1/3 para hallar el área de la región R acotada por las
√
√
curvas y = x, y = 2 x, 3 y = x2 , 4 y = x2 . Solución:
1 . 3
R ESOLUCIÓN. Las zonas sombreadas de las Figuras 5a y 5b muestran los recintos en los planos OXY (original) y OUV (transformado), respectivamente.
Figura 5a. Recinto original, R.
Figura 5b. Recinto transformado.
El cambio de variables propuesto tiene inverso dado por u =
y2 x
,
v =
y jacobiano ∂ ( x, y) ∂ (u, v)
=
xu
xv
yu
yv
=
x2 y
;
(1
≤ u ≤ 2, 3 ≤ v ≤ 4)
1 −2/3 2/3 u v 3 2 −1/3 1/3 u v 3
2 1/3 −1/3 u v 1 4 1 3 = − =− , 9 9 3 1 2/3 −2/3 u v 3
cuyo valor absoluto es 1 /3. Por el teorema del cambio de variables,
| R| =
1 dx dy = 3 R
3
2
4
dv
1
du =
1 . 3
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6.
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Problema 6 Efectuando un cambio de variables apropiado, calcular la integral doble
( x + y)2 sen2 ( x y) dx dy,
R
−
siendo R el cuadrado de vértices (0, 1), (1, 2), (2, 1), (1, 0). Solución:
13 (2 − sen2). 6
R ESOLUCIÓN. El recinto R está limitado por las rectas x + y = 1, x + y = 3, x − y = −1, x − y = 1 (Figura 6a). Junto con la presencia de los términos x + y y x − y en el integrando, esto sugiere efectuar el cambio de variables u = x + y, v = x − y.
Figura 6a.
Figura 6b.
El inverso de este cambio está dado por las ecuaciones x = (u + v)/2, y = (u − v)/2, cuyo jacobiano en valor absoluto es | J (u, v)| = 1/2, mientras que el nuevo recinto de integración (Figura 6b) viene determinado por las condiciones 1 ≤ u ≤ 3, −1 ≤ v ≤ 1. Consecuentemente,
( x + y)2 sen2 ( x y) dx dy =
−
R
1 = 2
3
1
sen 1
2
u du
−1
2
1 26 1 13 1 13 = ( ) = = (2 − sen2). − − 1 cos2 sen2 v dv v d v v v 12 −1 6 2 6 −1
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7.
I. M ARRERO
Problema 7 Efectuando un cambio de variables apropiado, calcular
x2 y2 dx dy,
R
siendo R la porción del primer cuadrante acotada por las hipérbolas xy = 1, xy = 2 y las rectas y = x, y = 4 x. Solución:
7 ln2. 3
R ESOLUCIÓN. El recinto R se corresponde con la zona sombreada de la Figura 7a.
Figura 7a.
Figura 7b.
Pongamos u = xy,
v =
y x
.
Con este cambio de variables los nuevos límites de integración vienen determinados por las condiciones 1 u
≤
≤ 2, 1 ≤ v ≤ 4 (Figura 7b). La transformación inversa y el valor absoluto del correspondiente jacobiano son x =
u v
,
y =
Por tanto, 1 x y dx dy = 2 R
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2 2
2
2
u du
4 7 7 7 = ln v = ln4 = ln2. 6 6 3 v 1
4 dv
1
| J (u, v)| = 21v .
√ uv;
1
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8.
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Problema 8 Calcular
x dx dy,
D
√
siendo D el sector circular acotado en el primer cuadrante por y = 25 − x2 , 3 x − 4 y = 0, y = 0. Solución:
25.
R ESOLUCIÓN. El recinto de integración se muestra en la Figura 8.
Figura 8.
En el primer cuadrante, la intersección de la recta 3 x − 4 y = 0 con la circunferencia y =
√ 25 − x2 se
produce en el punto de abscisa y = 3. Por tanto, podemos escribir:
√ −
25 y2
3
x dx dy =
D
0
dy
4 y/3
25 x d x = 2
3
1 − 1 0
25 1 y d y = y − y3 9 2 27
2
3
dy = 25.
0
Alternativamente, efectuando un cambio a polares: x = r cos θ ,
z = r sen θ ;
| J (r , θ )| = r
≤ ≤ 0
θ
3 arctg , 0 ≤ r ≤ 5 4
y apoyándonos en la fórmula sen2 t =
tg2 t , 1 + tg2 t
obtenemos:
x dx dy =
D
arctg(3/4)
0
cos θ d θ
5
0
125 3 125 3 sen arctg = = 25. r dr = 3 4 3 5 2
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9.
I. M ARRERO
Problema 9 Calcular
(a2 x2 + b2 y2 ) dx dy,
D
siendo D el recinto encerrado en el primer cuadrante del plano OXY por la elipse de semiejes 1 /a, 1/b (a, b > 0). ¿Cuánto vale la integral extendida a toda la elipse? Solución:
π
8ab
π
;
2ab
.
R ESOLUCIÓN. La zona sombreada de la Figura 9 representa el recinto D con a = 2, b = 3.
Figura 9.
Para calcular
(a2 x2 + b2 y2 ) dx dy
D
efectuamos un cambio de variables a coordenadas polares generalizadas: x =
r cos θ , a
y =
r sen θ ; b
| J (r , θ )| = abr
≤ ≤ 0
θ
π
2
, 0
≤ r ≤ 1
,
con lo que
2 2 + 2 2)
(a x
b y dx dy =
D
1
π /2
1
ab 0
d θ
0
r 3 dr =
π
8ab
.
Como el recinto encerrado por toda la elipse es simétrico respecto a los ejes coordenados y el integrando es par en x e y, la integral extendida a dicho recinto vale
4
D
(a2 x2 + b2 y2 ) dx dy =
π
2ab
.
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10.
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Problema 10
Calcular el área de la región D del primer cuadrante comprendida entre la parábola y = x2 + 1 y las rectas x = 0, x + y = 3.
Solución:
7 . 6
R ESOLUCIÓN. La región D se muestra en la Figura 10.
Figura 10.
En el primer cuadrante, la intersección de y = x2 + 1 con x + y = 3 se produce en el punto de abscisa x = 1. Considerando el recinto como de tipo I, podemos calcular el área de la siguiente manera:
1
dx dy =
D
3 x
1
− 2 − − 0
dx
x2 +1
dy =
0
(
x x2 ) dx =
7 . 6
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11.
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Problema 11
Calcular el área de la región D del primer cuadrante comprendida entre las curvas y 2 = 2 x, 2 x + y = 20, y = 0.
Solución:
76 . 3
R ESOLUCIÓN. La región D se muestra en la Figura 11.
Figura 11.
En el primer cuadrante, la intersección de la parábola y 2 = 2 x con la recta 2 x + y = 20 se produce en el punto de ordenada y = 4. Considerando el recinto como de tipo II, escribimos:
| D| =
4
dx dy =
D
10 y/2
− 0
dy
y2 /2
1 dx = 2
4
1 y2 y3 20 y y d y = y − − 2 2 3
20 − − 0
2
4
0
=
76 . 3
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12.
13 / 17
Problema 12
Determinar el área de la proyección sobre el plano OXY de la región sólida exterior al cilindro x2 + y2 = 4, acotada por la semiesfera z = Solución:
48π √ 3 .
12π ;
16 x2 − y2 y el plano z = 0. ¿Cuál es el volumen de dicha región?
−
R ESOLUCIÓN. Sea R el sólido considerado (Figura 12b). La proyección D de R sobre el plano OXY viene dada por el anillo 4 ≤ x2 + y2 ≤ 16 (Figura 12a).
Figura 12a. Figura 12b.
Efectuando un cambio a polares: x = r cos θ , y = r sen θ , cuyo jacobiano en valor absoluto es | J (r , θ )| = r , D queda descrita por las condiciones 0
≤ θ ≤ 2π , 2 ≤ r ≤ 4. Por consiguiente, el área de D vale
2π
dx dy =
D
4
0
d θ
2
r d r = 12π .
Para hallar el volumen de R integramos sobre D la «tapa» de R menos su «fondo». La «tapa» está sobre la semiesfera, cuya ecuación en cilíndricas es z =
√ 16 −
r 2 ,
y el «fondo» sobre z = 0. El volumen de R es
entonces
2π
z dx dy =
D
4
16 − 0
d θ
2
r
r 2 dr =
−
2π (16 − r 2 )3/2 3
4
= 2
48 π √ 3 .
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13.
I. M ARRERO
Problema 13
Calcular por integración doble el volumen del sólido limitado por las superficies z = 4 − y2 , y = x, x = 2, z = 0.
Solución:
64 . 3
R ESOLUCIÓN. Si R es el sólido en cuestión (Figura 13b), el volumen pedido V se obtiene como la integral V =
4 −
y2 ) dx dy,
(
D
donde D denota la proyección de R sobre el plano z = 0. La superficie z = 4 − y2 es un cilindro parabólico que corta a z = 0 en las rectas y = ±2, de modo que D es el triángulo del plano OXY limitado por las rectas y =
−2, y = x y x = 2 (Figura 13a).
Figura 13a.
Figura 13b.
La intersección de y = x y x = 2 es el punto ( 2, 2). La intersección de y = x e y = −2 se produce en el punto (−2, −2). Finalmente, x = 2 e y = −2 se intersectan en (2, −2). Por tanto: 2
V =
x
−2
dx
−2
(4 y2 ) dy =
−
2
y3
x
4 − −2
y
3 −2
2
dx =
4 − −2
x
x3
8 64 +8− . d x = 3 3 3
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14.
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Problema 14
Calcular el volumen de la región tridimensional limitada inferiormente por el grafo de la función f ( x, y) = 4
x2 + y2
y superiormente por el disco x 2 + y2 ≤ 5, z = 4.
√
4 Solución: 4π 5 − 5 .
R ESOLUCIÓN. La proyección sobre el plano OXY del recinto de integración (Figura 14b) es el disco D de centro el origen de coordenadas y radio
√ 5 (Figura 14a).
Figura 14a. Figura 14b.
Utilizando un argumento «tapa-fondo» y un cambio a coordenadas polares, encontramos que el volumen pedido es
V =
4 − 4
x2 + y2 dx dy =
D
√ 4 − √ 2π
0
5
d θ
0
(
r )r d r = π
2 2r 2 − r 5/2 5
√ − √ 5
= 4π 5
4
5 .
0
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15.
I. M ARRERO
Problema 15
(a) Evaluar las integrales I 1 =
1 −
x2 dx dy,
D1
I 2 =
1 −
y2 dx dy,
D2
donde
D1 = ( x, y)
∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x
,
D2 = ( x, y)
∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y
.
(b) Utilizar los resultados obtenidos en el apartado anterior para calcular el volumen del sólido situado en el octante x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 y dado por la intersección de los tres cilindros x 2 + y2 ≤ 1, x 2 + z2 ≤ 1,
y2 + z2
Solución:
≤ 1. (a) I 1 = I 2 = 1 −
√ 2 2
√
; (b) 2 − 2.
R ESOLUCIÓN. (a) Los recintos de integración D1 y D2 se muestran en las Figuras 15a y 15b, respectivamente.
Figura 15a.
Figura 15b.
Nótese que I 1 = I 2 , ya que I 2 resulta de intercambiar los papeles de x e y en I 1 . Por tanto, es suficiente calcular esta última integral. El recinto D1 es la porción del círculo unidad situada en el semiplano superior que queda por debajo de la diagonal del primer cuadrante. Parece, pues, conveniente efectuar un cambio a polares: x = r cos θ ,
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y = r sen θ ;
| J (r , θ )| = r
≤ ≤ 0
θ
π
4
, 0
≤ r ≤ 1
.
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17 / 17
Se tiene entonces:
1 − 1 − cos 2 − 1 1 − cos 3 2cos − 1 1 − cos 1 1 1 − sen 1 1 − sen 1 − cos −3 cos 3 cos 3 cos 1 1 1 1 − sen sen − cos tg − x2 dx dy =
D1
=
π /4
0
π /4
= = =
1
d θ
r 2
r
0
2 θ )3/2
(
π /4
3
0
1 3
θ
cos2 θ
cos2 θ
√ √ 2 1− 2− +2 2
3 θ
π /4
2 θ
0
2
θ
3/2 1 0
π /4
d θ =
d θ
θ (
2 θ
0
2 θ )
d θ
π /4
+
d θ =
θ
√ 3 2
=
r 2
2 θ
0
d θ =
2 θ
0
π /4
2 θ d r =
1 3− 3 2
θ
3
= 1
−
θ
cos θ
√ 2 2
0
.
Otra posibilidad es efectuar el cálculo directamente en cartesianas, lo cual resulta muy sencillo en este caso si se elige un orden de integración adecuado:
1 −
x2 dx dy
=
D1
=
√ 1 − √ − 1 − √ √ 1 − 1 − 1 − √ 1 1/ 2
x
dx
0
0
1/ 2
x2 dx +
x
0
x2 dy +
1 x2
1
1/ 2
1
√ (
1/ 2
dx
x2 dy
0
x2 ) dx =
2
.
(b) El sólido cuyo volumen se pide está representado en la Figura 15c.
Figura 15c.
Mediante un argumento «tapa-fondo» se constata que el volumen pedido es
√ − √ − 1 − 1 − √ 2 − 2 1 x2
V
=
dx dy
D1
=
0
1 y2
dz +
x2 dx dy +
D1
dx dy
D2
0
y2 dx dy =
D2
dz
.
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